新高考数学二轮复习提升讲与练专题06函数与导数 微专题5 隐零点与端点效应（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习提升讲与练专题06函数与导数 微专题5 隐零点与端点效应（2份，原卷版+解析版），共11页。试卷主要包含了考点透析等内容，欢迎下载使用。
微专题5 隐零点与端点效应
一、考点透析
考点1 隐零点
在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f（x）在区间I上的零点，当所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可尝试这样求解：先证明函数f（x）在区间I上存在唯一的零点x0，再进行解答即可.因为x0不易求出，所以把零点x0叫做隐零点（若x0容易求出，就叫做显零点）.
一般思路：①确定隐零点的范围，隐零点一般不易求出，可用零点存在定理、数形结合等方法尽可能地缩小其范围，设出零点x0（设而不求）；②以零点x0为分界点，将函数划分为两类性质不同的单调区间（或导函数分为大于0、小于0两个区间）；③根据零点所满足的关系式，整体代入求解或证明.
方向1 不含参的隐零点问题
1.(2025·河北省秦皇岛市·模拟)已知函数f(x)=ax−e−x，g(x)=x2+xlnx．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：g(x)> −516；
(3)若g(x)≥f(x)，求a的取值范围．
【答案】（1）当a≥0时，函数f(x)在R上单调递增；
当a0，即函数f(x)在R上单调递增；
当aln(−1a)时，f′(x)0，即函数ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，
当x→0时，ℎ(x)→−∞，且ℎ(14)=12+ln14+1=32−ln4>0，
故存在x0∈(0,14)，使ℎ(x0)=2x0+lnx0+1=0，则得lnx0=−2x0−1，
当00)，则s′(t)=1t−1t2=t−1t2，
当00．
(1)当a=1时，求曲线y=fx在1,f1处的切线方程；
(2)若fx在2,4上的最大值为0，求a的值；
(3)若不等式xae2x−2fx≥csfx对任意的x∈0,+∞恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1）x+y+1=0
（2）a=2e
（3）0,2e
【解析】(1)当a=1时，fx=lnx−2x，求导得f′x=1x−2，
可得f1=−2，f′1=−1，
所以曲线y=fx在1,f1处的切线方程为y−−2=−1⋅x−1，即x+y+1=0．
(2)f′x=ax−2=−2x+ax，x∈0,+∞，令f′x=0，得x=a2，
①当a2≤2，即a≤4时，f′x≤0在x∈2,4恒成立，所以fx在2,4上单调递减，
所以fxmax=f2=aln2−4=0，a=4ln2>4，不合条件，舍；
②当20．
3.(2025·吉林省长春市·模拟)已知函数f(x)=xsinx+ax2−1．
(1)当a=1时，求f(x)在x=π处的切线方程；
(2)当x∈0,π2时，f(x)≥−1恒成立，求a的取值范围.
【答案】（1）y=πx−1
（2）−2π,+∞
【解析】(1)当a=1时，f(x)=xsinx+x2−1，f′(x)=sinx+xcsx+2x，
f′(π)=sinπ+πcsπ+2π=π，
又因为fπ=πsinπ+π2−1=π2−1，
所以f(x)在x=π处的切线方程为y−π2+1=π(x−π)，即y=πx−1．
(2)当x∈0,π2时，f(x)≥−1，
①当x=0时，因为f(0)=−1≥−1恒成立，所以a∈R；
②当x∈0,π2时，由xsinx+ax2−1≥−1恒成立，得a≥−sinxxmax，
令m(x)=−sinxxx∈0,π2,m′(x)=−xcsx+sinxx2．
再令n(x)=−xcsx+sinxx∈0,π2,
n′(x)=−csx+xsinx+csx=xsinx>0，
所以n(x)在0,π2上单调递增，
所以n(x)>n(0)=0，
所以m′(x)>0，
所以m(x)在0,π2上单调递增，所以m(x)max=mπ2=−sinπ2π2=−2π．
所以a≥mπ2=−2π．
即a的取值范围为：−2π,+∞．
方向2 洛必达法则
洛必达法则简介：法则1 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：
(1) 及；
(2)在点a的去心 "" \t "" 邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0；
(3)，那么 =。
法则2 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1) 及；
(2)，f(x) 和g(x)在与上可导，且g'(x)≠0；
(3)，那么 =。
法则3 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1) 及；
(2)在点a的去心 "" \t "" 邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0；
(3)，那么 =。
用法提醒：要检查是否满足，，，，，，型定式，否则滥用洛必达法则会出错。若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止。
1.（2025·昆明“三诊一模”质量检测）已知函数f（x）＝lnxx+1.当x≥1时，f（x）≤a（x－1），求a的取值范围.
【答案】a⩾12.
【解析】（法1）当x∈[1，＋∞）时，f（x）≤a（x－1）等价于ln x≤a（x2－1），
令g（x）＝a（x2－1）－ln x，x∈[1，＋∞），则ln x≤a（x2－1）在[1，＋∞）上恒成立，即g（x）≥0在[1，＋∞）上恒成立.
g'（x）＝2ax－1x＝2ax2－1x，
当a≤0时，g'（x）＜0，g（x）在[1，＋∞）上单调递减，所以g（x）≤g（1）＝0，不符合题意；
当0＜a＜12时，由g'（x）＝0得，x＝12a＞1，
x∈［1，12a）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，所以x∈［1，12a）时，g（x）≤g（1）＝0，不符合题意；
当a≥12时，2a≥1，因为x≥1，所以2ax2－1≥0，则g'（x）≥0，
g（x）在[1，＋∞）上单调递增，所以g（x）≥g（1）＝0，符合题意.
综上所述，a的取值范围为［12，＋∞）.
（法2）当x=1时，不等式恒成立；
当x>1时，不等式可化为a≥lnxx2−1
设g(x)=lnxx2−1,则 g'（x）=x−1x−2xlnxx2−1,
设h(x)=x−1x−2xlnx,则 h'（x）=1x2−2lnx−1≤h'（1）=0.
∴ g'（x）≤0，∴当x≥1时g(x)单调递减，即g(x)n−112(附：e≈2.718,e2≈7.389).
【答案】（1）见解析
a⩾1
（3）见解析
【解析】(1)证明：ℎ(x)=3sin x−xcs x−2x，
∴ℎ′(x)=2cs x+xsin x−2，
令mx=2csx+xsinx−2，则m′x=−sinx+xcsx，
令nx=−sinx+xcsx，则n′x=−xsinx，
若x∈0,π，则n′x≤0,∴nx 在[0,π]上单调递减，
则n(x)⩽n(0)=0 ，
∴m(x)在[0,π]上单调递减，mx≤m0=0，
∴ℎx在0,π上单调递减，
若x∈π,2π，则n′(x)⩾0，
∴n(x)在(π,2π]上单调递增，
∴nπ0，所以ℎ(x)在(0,1)上单调递增，
当x∈(1,+∞)时，ℎ′(x)1时，ℎ(x)>0恒成立，
作出ℎ(x)的图象如下图所示，

当−a>1，即a< −1时，y=−a与y=lnx+1x的图象无交点，所以f(x)无零点，
当−a=1或−a≤0，即a≥0或a=−1时，y=−a与y=lnx+1x的图象有1个交点，
所以f(x)有1个零点，
当0< −a1,1x0>1，所以e2x0=1x0，所以2x0=−lnx0，
所以t(x)min=1x0−−2x0+1x0=2，所以a0，所以r′(x)在区间(0,+∞)上单调递增，注意到r′(1)=0，
所以当x∈(0,1)时，r′(x)0，r(x)单调递增;
故只需r(1)=1+b≥0即可，所以b≥−1，
即b的取值范围为[−1,+∞).
3.(2025·湖北省·期末)1696年，洛必达在他的著作《无限小分析》一书中创造了一种算法，用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限，算法之一为：若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
①limx→af(x)=0，limx→ag(x)=0; ②在点a的去心邻域内f(x)与g(x)可导，且g′(x)≠0;
③limx→af′(x)g′x=l，那么limx→af(x)g(x)=limx→af′(x)g′(x)=l.据此回答下面问题：
(1)求limx→0sinxx的值，并用导数的定义证明：(sinx)′=csx
(2)已知f(x)=sinx2+csx
(ⅰ).求函数y=f(x)的单调递减区间;
(ⅱ).若f(x)≤ax对任意x∈[0,+∞)恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）见解析．
(ⅰ).单调递减区间为(2kπ+2π3,2kπ+4π3)，k∈Z
(ⅱ).[13,+∞).
【解析】(1)limx→0sinxx=limx→0cs x1=1，
依据导数的定义：(sinx)′=limΔx→0sin(x+Δx)−sinx△x=limΔx→0cs(x+Δx)1=csx.
(2)(i)因为f(x)=sinx2+csx，定义域为R，
所以f′(x)=csx(2+csx)−sinx(−sinx)(2+csx)2=2csx+1(2+csx)2，
令f′(x)